c++ - 推导原始类型的知识，同时转发

Question

总结:我想以一个函数结束，该函数推导它被调用的确切类型并采用(例如)转发它们的元组(其类型将不同于确切的类型)调用函数的类型)。

我一直在尝试通过推导来“了解”给定函数的参数类型，同时转发它们。我想我可能遗漏了有关其工作原理的一些重要信息。

#include <tuple>
#include <string>
#include <functional>

template <typename ...Args>
struct unresolved_linker_to_print_the_type {
   unresolved_linker_to_print_the_type();
};

void f(int,double,void*,std::string&,const char*) {
}

template <typename F, typename ...Args>
void g1(F func, Args&&... args) {
  unresolved_linker_to_print_the_type<Args...>();
  auto tuple = std::forward_as_tuple(args...);
  unresolved_linker_to_print_the_type<decltype(tuple)>();
}

template <typename F, typename T, typename ...Args>
void g2(F func, const T& tuple, Args... args) {
  unresolved_linker_to_print_the_type<Args...>();
  unresolved_linker_to_print_the_type<decltype(tuple)>();
}

int main() {
  int i;
  double d;
  void *ptr;
  std::string str;
  std::string& sref = str;
  const char *cstr = "HI";

  g1(f, i,d,ptr,sref,cstr);
  g2(f, std::forward_as_tuple(i,d,ptr,sref,cstr),  i,d,ptr,sref,cstr);
}

我希望看到这样一种情况，当我的函数(例如 g1 或 g2)被调用时，它知道并且可以使用两种原始类型 - int,double,void*,std::string&,const char* 和转发的参数。

在这种情况下，我似乎无法从 g1 或 g2 中找到此信息。 (故意打印出类型)链接器错误在 g1 中显示它们是:

int&, double&, void*&, std::string&, char const*&
int&, double&, void*&, std::string&, char const*&

在 g2 中:

int, double, void*, std::string, char const*
int&, double&, void*&, std::string&, char const*&

有两件事我没有在这里:

1. 为什么打印的(通过链接器错误)类型与我实际传入的不匹配？ (int,double,void*,std::string&,const char)。我可以推断出我实际通过了什么吗？最好使用“自然”语法，即一切都只一次，没有明确写出。我可以明确地写:

   g2<decltype(&f),decltype(std::forward_as_tuple(i,d,ptr,sref,cstr)),int,double,void*,std::string&,const char*>(f,std::forward_as_tuple(i,d,ptr,sref,cstr),i,d,ptr,sref,cstr);
   

   但这至少可以说是“笨拙”的!

2. 在 g1 中，函数签名声明中 && 的存在似乎改变了模板参数 Args 本身的类型。将其与:

   template <typename T>
   void test(T t);
   

   或者:

   template <typename T>
   void test(T& t);
   

   使用其中任何一个:

   int i;
   test(i);
   

   不改变 T 的类型。为什么 && 会更改 T 本身的类型，而 & 不会？

Answer 1

第一个问题的答案:

函数的参数是表达式，而不是类型。这两者的区别在第5章[expr], p5:

If an expression initially has the type “reference to T” (8.3.2, 8.5.3), the type is adjusted to T prior to any further analysis.

因此，g(str) 和 g(sref) 之间没有任何区别。 g() 总是看到一个 std::string，而不是一个引用。

另外，表达式可以是左值或右值(实际上这是对 C++11 规则的简化，但对于本次讨论来说已经足够接近了——如果你想了解它们的详细信息，它们在 3.10 [basic.lval] 中)。

第二个问题的答案:

表单模板参数:

template <class T>
void g(T&&);

很特别。它们与 T、T& 甚至 const T&& 的不同之处在于:

当 T&& 绑定(bind)到左值时，T 被推导为左值引用类型，否则 T 完全按照正常推导规则推导.

例子:

int i = 0;
g(i);  // calls g<int&>(i)
g(0);  // calls g<int>(0)

此行为是为了支持所谓的完美转发，通常如下所示:

struct A{};

void bar(const A&);
void bar(A&&);

template <class T>
void foo(T&& t)
{
     bar(static_cast<T&&>(t));  // real code would use std::forward<T> here
}

如果调用 foo(A())(右值 A)，T 按照正常规则推导为 A。在 foo 内部，我们将 t 转换为 A&&(右值)并调用 bar。然后选择采用右值 A 的 bar 重载。 IE。如果我们用右值调用 foo，那么 foo 会用右值调用 bar。

但是如果我们调用 foo(a)(一个左值 A)，那么 T 推导为 A& .现在类型转换看起来像:

static_cast<A& &&>(t);

根据引用折叠规则简化为:

static_cast<A&>(t);

即左值 t 被转换为左值(无操作转换)，因此调用了采用左值的 bar 重载。 IE。如果我们用一个左值调用 foo，那么 foo 会用一个左值调用 bar。这就是术语完美转发 的来源。